EXAMEN EBAU CANARIAS JUNIO 2017 RESUELTO

PRUEBA EBAU QUÍMICA JULIO

2017

OPCIÓN A 1.- Un átomo (X) tiene 34 electrones, 34 protones y 45 neutrones y otro átomo (Y) posee 11 electrones, 11 protones y 12 neutrones. a) Calcule el número atómico y másico de cada uno de ellos. b) Justifique cual de los dos es más electronegativo. c) Razone las valencias con las que pueden actuar ambos elementos. d) Justifique el tipo de enlace que se produce entre X e Y y formule el compuesto resultante. Puntuación máxima por apartado: a) 0,4 puntos; b) 0,4 puntos; c) 0,4 puntos; c) 0,8 puntos.

 S olución: oluci ón:

a) El numero atómico corresponde con el numero de protones por lo que como X tiene 34 protones su numero atómico será 34 y de la misma manera Y tendrá un número atómico de 11. El número másico es la suma de protones y neutrones por lo que el de X será 79 y el de Y será 23, 2 

2  6 

2  6  10 

2  4

b) X (Z=34) 1s ; 2s  p ; 3s  p d  ; 4s  p 2  2  6  1 Y (Z=11) 1s ; 2s  p ; 3s Teniendo en cuenta las configuraciones electrónicas tendremos que el elemento más electronegativo será el elemento X. Si observamos las configuraciones electrónicas veremos que el elemento X tiene seis electrones en la capa más externa, y su tendencia será a capturar dos electrones con el fin de adquirir la configuración de gas noble. Por su parte el elemento Y tiene un solo electrón en la capa más externa y su tendencia es a ceder ese electrón para así adquirir la configuración de gas noble en la capa anterior. c) El elemento X actuara con la valencia -2 ya que necesita necesit a 2 electrones electrones  para adquirir configuración 2  6  electrónica s  p   por lo que necesita ganar 2 electrones. De la misma manera el elemento Y 2  6  necesita perder un electrón para tener configuración electrónica s  p  con lo que su valencia será +1. d) El elemento X como tiende a ganar dos electrones para adquirir la configuración de gas noble, 2dando lugar al ión X  . Por su parte el elemento Y tiende a ceder el electrón de la capa externa 1+  para adquirir adquirir la configuración configuración de gas noble dando lugar al ión Y  . Tendremos entonces que el elemento Y cede los electrones para formar el catión mientras que el elemento X captura esos electrones para formar el anión. Como se produce una transferencia de electrones se trata de un enlace enlace iónico. ióni co.  Teniendo en cuenta que cada átomo de Y solo cederá un electrón y el elemento X necesita dos electrones para adquirir la configuración de gas noble, es evidente que la fórmula del compuesto será: Y  2  X.  2 X.

2.- Completa y clasifica las siguientes reacciones químicas orgánicas: a) CH3-CH2-CH2-COOH + CH3-CH2OH → b) CH3-CH2-CH2-CH2Br + NaOH → c) CH3-CH=CH-CH3 + Cl2 → d) CH3-CHOH-CH3 + H2SO4 → e) Nombra los cuatro compuestos orgánicos que aparecen en primer lugar en las reacciones anteriores. Puntuación máxima máxima por por apartado: apartado: 0,4 puntos c/u

 S olución: oluci ón: a) CH3-CH2-CH2-COOH + CH3-CH2OH → CH3-CH2-CH2-COO-CH2-CH3 + H2O. Se trata de una reacción de condensación ( esterificación). esterificación). b) CH3-CH2-CH2-CH2Br + NaOH → CH 3-CH2-CH=CH2 ó CH3 –CH=CH+ NaBr Se trata de una reacción de eliminación. c) CH3-CH=CH-CH3 + Cl2 → CH3-CHCl-CHCl-CH3 Se trata de una reacción de  adición. d) CH3-CHOH-CH3 + H2SO4 → CH3-CH=CH2 + H2O Se trata de una reacción de eliminación (deshidratación).

ci do butanoi butanoico. co. e) a  Á cido b  1-Bromobutano. c 2-B uteno (But-2-eno) (B ut-2-eno) d  2-Propanol  2-P ropanol

(Propan-2-ol). (P ropan-2-ol).

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3. Se añaden 6.5 g de amoniaco a la cantidad de agua necesaria para obtener 250 mL de disolución. NH3 + H2O NH4+ + OHa) Calcule el grado de disociación del amoniaco. b) Calcule el pH de la disolución. c) Calcule la concentración de una disolución de hidróxido de potasio (KOH) de igual pH. Datos: Kb(NH3) = 1,8 · 10−5; Masas atómicas: N= 14 u.; H= 1 u. Puntuación máxima por apartado: a) 1,0 puntos; b) 0,5 puntos; c) 0,5 puntos.

a) Calculamos en primer lugar la concentración molar de la disolución obtenida: C0 = (6.5 g./ 17 g/mol) / 0.25 =0.38/0.25 = 1.53 M

c. inicial c. equil

NH3 + H2O C0 C0 (1-α)

NH4+ + OHC0 α

[NH4+] ·[ OH-]

C0 α

C0α2 Kb = ––––––––––––– = ––––––––––= ––––––=1,8 · 10−5 [NH3] C0 (1-α) (1-α) C0α · C0α

1.53 α2 Kb = ––––––– =1,8 · 10−5  1.53 α2 +1,8 · 10−5 α-1,8 · 10 −5 =0 (1-α) α1=3.42 x10-3

α2= -3.43 x10 -3

b) pOH = - log [OH-] =- log (C0 α)= -log (1.53·3.42 x10 -3)= )= -log (5.23x10 -3)= 2,28 pH=14- pOH =14-2.28=11.72 e) Como el KOH es una base fuerte, estará totalmente disociada por lo que [KOH]= [OH -]=5.23x10-3

4.- En un recipiente de 10 L se hacen reaccionar, a 450 ºC, 0,75 moles de H2 y 0,75 moles de I2, según la ecuación: H2(g) + I2(g) 2 HI(g) Sabiendo que a esa temperatura Kc = 50, calcule en el equilibrio: a) El número de moles de H2, I2 y de HI. b) La presión total en el recipiente y el valor de Kp. c) Justifique cómo influiría en el equilibrio un aumento de la presión. Dato: R = 0,082 atm·L·K -1.mol-1 Puntuación máxima por apartado: a) 1,0 puntos; b) 0,5 puntos; c) 0,5 puntos.

a)

n0 = 0.75 mol c. inicial c. equil

H2(g) + I2(g) n0 n0 n0-x n0-x

2x

4 x2 Kc= ––––––––––––– = ––––––––––2= –––––––––––––– = ––––––––=50 [H2] ·[ I2] ((n0-x)/10) (n0-x)2/100 (0.75-x)2 [HI] 

(2x/10)2

2 HI(g)

4 x2/100

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PRUEBA EBAU QUÍMICA JULIO 46 x -75x + 28.125=0  x1=1.045 ;

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x2=0.5846

n(H2)= n(I2)= n0-x= 0,75-0.5846 =0.1654 moles n(HI) = 2 x=2·0.5846·= 1.1692 moles nT=0.1654+0.1654+1.1692=1.5 moles b) PT·V= nT·R·T

PT= (nT·R·T)/ V= (1.5X0.082.723)/10= 8.89 atm Kp =KC (R·T) Δn=50·(0,082·723)0= 50. f) Como en la reacción no hay variación en la cantidad de moles gaseosos un aumento de la  presión no producirá ningún cambio en ella según el principio de Le Chatelie r .

5.Para la pila formada por un electrodo de plomo E (Pb +/Pb)= - 0.13 V y otro de oro E (Au +/Au)= 1.52 V a) Escribe las reacciones que tienen lugar en cada uno de los electrodos indicándolos. b) La reacción global. c) Calcula la f.e.m. estándar de la pila. d) Escriba la notación de la misma .

 S olución: a) Como el E o(Au3+ /Au) > E o(Pb2+ /Pb) el cátodo estará constituido por el electrodo de oro (Au) mientras que el anodo lo constituye el electrodo de plomo (Pb)

Pb+2(ac) + 2e –  Pb(s)

Eo= -0,13 V

 Au3+(ac) + 3 e –  Au(s)

Eo= 1,52 V

Las semirreacciones que tienen lugar en los eletrodos son : En el cátodo (reducción):  Au3+(ac) + 3 e –  Au(s)

Eo= 1,52 V

En el anodo (oxidaciónI):   Pb(s)  Pb+2(ac) + 2e –

Eo= 0.13 V

Balanceamos ambas reacciones:

2 Au3+(ac) + 6 e – 2 Au(s) 3 Pb(s)  3 Pb+2(ac) + 6e –

Eo= 1,52 V Eo= 0.13 V

b) Sumamos ambas reacciones y tenemos la reacción global

2 Au3+(ac) +3 Pb(s) + 6 e – 2 Au(s)+ 3 Pb +2(ac) + 6e – c) EPILA = Ecátodo – Eánodo = 1.52 V + 0.13 V = 1.65 V. d) Pb (s)Pb+2(ac)  Au+3(ac) Au(s)

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OPCIÓN B 1.- 1.- Justifica la geometría de las siguientes moléculas covalentes: a) Bromuro de fosforo (Tribromuro de fosforo). b) Cloruro de silicio (IV) (Tetracloruro de silicio). c) Amoniaco (Trihidruro de nitrógeno). d) Justifique la polaridad de las moléculas anteriores. Datos: Br(Z=35); P (Z=15); Cl(Z=17); Si (Z=14); N( Z=7); H(Z=1) Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos c/u.

a) En primer lugar haremos las configuraciones electrónicas que nos permitirán saber el número de electrones de la capa de valencia

P ( 1s2; 2s2p6; 3s2p3)

5 electrones

Br ( 1s2; 2s2p6; 3s2p6d10 4s2p5 )

7 electrones

Para el caso del PBr 3 como el P fosforo tiene cinco electrones en la capa más externa mientras que el cloro le hace falta un electrón para adquirir la configuración de gas noble, entonces el fósforo compartirá un electrón con cada átomo de cloro adquiriendo la configuración de gas noble y lo mismo sucede con el cloro y por lo tanto se formarán tres enlaces covalentes P  – Br y al fósforo le queda u  par de electrones no enlazantes, es decir, le queda un par de electrones nos compartidos o

 solitarios.

La molécula de tribromuro de fósforo tiene cuatro pares de electrones alrededor del átomo de fósforo  3  presentando una hibridación  sp  ,  pero como presenta un par solitario no puede ser tetraédrica, sino que presenta una geometría trig onal o pirámide triang ular . De acuerdo con la teoría de RPECV el tricloruro de fósforo presenta una geometría AX 3E y por lo tanto es pirámide triang ular o trig onal

B)  En primer lugar haremos las configuraciones electrónicas que nos permitirán saber el número de electrones de la capa de valencia Si ( 1s2; 2s2p6; 3s2p2)

4 electrones

Cl ( 1s2; 2s2p6; 3s2p5)

7 electrones

En el caso del tetracloruro de silicio, el átomo de silicio posee cuatro electrones de valencia compartiendo uno con cada átomo de cloro y de esta forma adquieren la configuración de gas noble formando cuatro enlaces covalentes Si  –Cl. De esta forma el silicio emplea sus cuatro electrones de valencia formando los cuatro enlaces y por lo tanto no le queda ningún par de electrones sin compartir. La molécula de tetracloruro de silicio tiene también presenta hibridación  pares de electrones enlazantes presenta una geometría tetraédrica.

 sp 3

y al ser todos los

Si hacemos uso de la teoría de la RPECV al ser cuatro pares de electrones enlazantes es una molécula del tipo AX 4, es decir, presenta una g eometría tetraédrica.

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C) En primer lugar haremos las configuraciones electrónicas que nos permitirán saber el número de electrones de la capa de valencia

N ( 1s2; 2s2p3) H ( 1s1)

5 electrones

1 electrón

Para el caso del NH 3 como el N fosforo tiene cinco electrones en la capa más externa mientras que el hidrogeno le hace falta un electrón para adquirir la configuración de gas noble, entonces el nitrogeno compartirá un electrón con cada átomo de hidrogeno adquiriendo la configuración de gas noble y lo mismo sucede con el hidrogeno y por lo tanto se formarán tres enlaces covalentes N  – h y al nitrogeno le queda u par de electrones no enlazantes, es decir, le queda un par de electrones nos

compartidos o s olitarios .

La molécula de amoniaco tiene cuatro pares de electrones alrededor del átomo de nitrogeno  3  presentando una hibridación  sp  ,  pero como presenta un par solitario no puede ser tetraédrica, sino que presenta una geometría trig onal o pirámide triang ular . De acuerdo con la teoría de RPECV el amoniaco presenta una geometría AX 3E y por lo tanto es

 pirámide triang ular o trigonal

d) Los enlaces P-Br y Si-Cl y N-H serán polares, debido a que el bromo es más electronegativo que el fósforo, el cloro que el silicio y el nitrógeno que el hidrogeno. La molécula de tribromuro de fósforo será polar (los 3 dipolos formados en los enlaces P-Br no se anulan por ser la geometría pirámide triangular). Su momento dipolar neto es no nulo. La molécula de tetracloruro de silicio será apolar (los 4 dipolos de las uniones Si-Cl se dirigen hacia los vértices de un tetraedro y por tanto se anulan. Su momento dipolar neto es nulo.

µ≠ 0

µ=0

La molécula de amoniaco será polar (los 3 dipolos formados en los enlaces N-H no se anulan por ser la geometría pirámide triangular). Su momento dipolar neto es no nulo.

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µ≠ 0

2.- Formula e indica qué tipo de isomería existe en cada una de los siguientes pares de compuestos a) Pentanal y 2-pentanona (Pentan-2-ona). b) 2-Pentanona (Pentan-2-ona) y 3-pentanona (Pentan-3-ona). c) Etilamina y dimetilamina (N-metilmetilamina). d) Ácido butanoico y ácido metilpropanoico. Puntuación máxima por apartado: 0,5 puntos.

a) CH3-CH2-CH2-CH2-CHO CH3-CH2-CH2-CO-CH3 Isómeros de función. Estos dos compuestos tienen la misma fórmula molecular: C 5H10O, pero presentan distintos grupos funcionales, el primero es un aldehído, mientras que el segundo es una cetona, por lo que son isómeros de función. b) CH3-CH2-CH2-CO-CH3 CH3-CH2-CO-CH2-CH3 Isómeros de posición. La fórmula molecular de estos compuestos es: C 5H10O y los dos presentan el mismo grupo funcional, cetona, pero en distinta posición, el primero en el carbono de la posición 2 y el segundo en el carbono 3, por lo que son isómeros de posición c) CH3-CH2-NH2 CH3-NH-CH3 Isómeros de posición. Estos dos compuestos son dos aminas de fórmula molecular: C 2H7N, pero el grupo amino se encuentra en distinta posición, siendo el primer compuesto una amina primaria y el segundo una amina secundaria, por lo que son isómeros de posición d) CH3-CH2-CH2-COOH CH3-CH(CH3)-COOH Isómeros de cadena. Son dos ácidos de fórmula molecular: C 4H8O2, que difieren en la disposición de los átomos de carbono en el esqueleto carbonado. Así el primer compuesto tiene una cadena carbonada lineal y el segundo con ramificación, por lo que son isómeros de cadena .

3.- A 500 K y 3 atm de presión, el PCl 5 se disocia en un 60%. PCl5 (g)



PCl3 (g) +Cl2 (g)

a) Calcule el valor de Kc y Kp. b) Calcule las presiones parciales de cada gas en el equilibrio. c) Justifique cómo influiría en el grado de disociación un aumento de la presión. Dato: R= 0,082 atm·L·K-1 ·mol-1 Puntuación máxima por apartado: a) 0.8 puntos; b) 0,9 puntos; c) 0,3 puntos.

a) Equilibrio:

PCl5(g)

cinic(mol/l)

C0

cequil(mol/l)

C0 (1 –) 0.1 puntos

PT·V= nT·R·T



PCl3(g)

+

0 C0 0.1puntos

Cl2(g) 0 C0 0.1 puntos

CT= C0 (1 –)+ C0+ C0= C0 (1+) PT = CT ·R·T CT= PT /( R·T)= 3/(0,082·500)=0.0731

CT= C0 (1+)=0.0731  C0=0.0731/(1+)=0.0731/(1+0.6)=0.0731/1.6=0.0457

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[PCl3] ·[Cl2] C0 · C0 C02  0.0457·0.6 2 KC = –––––––––  = ––––––––––– = –––––––= –––––––––––=0.0411 [PCl5] C0 (1 –) 1 – 1 –0.6 Kp =KC (R·T) Δn=0.0411·(0,082·500)1= 1.686

b) P(PCl5) = C0 (1 –) R·T= 0.0457 (1-0.60)·0.082·500= 0.749 atm P(PCl3 )= P(Cl2 )= C0· R·T=0.0457 ·0.60·0.082·500 = 1.124 atm

c)

Como en la reacción hay mas moles gaseosos en el segundo miembro aumento de la  presión provocará que el equilibrio se desplace, hacia donde exista menor número de moles para así contrarrestar el efecto de aumento de la presion según el principio de LeChatelier. Por lo tanto la reacción se desplaza hacia los reactivos (hacia la izquierda) y en consecuencia

disminuye la disociación. .

4.- 4.- El fenol, C6H5OH, es un ácido monoprótico débil. C6H5OH + H2O C6H5O- + H3O+ Se preparan 1 Litro de disolución de fenol disolviendo 4.7 gramos de dicha sustancia en agua, obteniéndose un valor de pH de 5,59. Calcule: a) El valor de la constante de disociación del fenol. b) El grado de disociación del fenol a esa concentración . c) Clasifica, razonando las respuestas, las sustancias del equilibrio anterior como ácidos y/o bases. Puntuación máxima por apartado: a) 1,2 puntos; b) 0,4 puntos; c) 0,4 puntos

a) Calculamos en primer lugar la concentración molar de la disolución obtenida: M = (4.7 g./ 94 g/mol) / 1 = 0,05 M C6H5OH + H2O C6H5O- + H3O+ c. inicial 0,05 0,05 α 0,05 α c. equil 0,05 (1-α)

[C6H5O-] ·[ H3O+]

0,05 α · 0,05 α (0,05 4.08 ·10-5) 2 Ka = ––––––––––––– = ––––––––––––––– = ––––––––––––––––– = 0,05 (1 –4.08 ·10-5) [C6H5OH] 0,05 (1-α) Sustituyendo valores en la expresión nos queda que:

(0,05 . )2 (0,05x5,14 .10-5)2 K a = = = 1,32.10-10 -5 0,05 (1 -  0,05 (1 - 5,14 .10 )

b) Para el cálculo de α tenemos en cuenta que pH = -log  H3O+ = - log (0,0 5α ) =  5.59 + -5.59 = 2.57 ·10-6 M  H3O  = 0,05 α =10 -6 -6 -5 0,05 α= 2. 57 ·10 α= 2.57 ·10  /0,05= 5,14 ·10 c) C6H5OH Acido ya que en equilibrio acuoso es capaz de ceder un protón. H2O Base ya que en equilibrio acuoso es capaz aceptar un protón. C6H5O- Base ya que en equilibrio acuoso es capaz aceptar un protón. H3O+ Acido ya que en equilibrio acuoso ceder un protón.

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5.-Ajusta por el método del ión-electrón, la siguiente reacción: KClO3  + FeCl2 + HCl KCl + FeCl3 + H2O a) ¿Cuál es la especie oxidante y cuál es la reductora? ¿Qué especie se oxida y cuál se reduce? b) Ajusta la reacción iónica y la reacción global. Puntuación máxima por apartado: a) 0,4 puntos; b) 1,2 puntos; c) 0,4 puntos .

a)

Especie oxidante KClO3  pues el Cl pasa de estado de oxidación +5 a -1, es decir se

reduce. Especie reductora FeCl2, pues el Fe pasa del estado de oxidación +2 a +3, es decir se oxida.

a) Para ajustar las reacciones iónicas vemos los cambios en el estado de oxidación: 











 







 















 









  



Luego las semirreacciones serán:

ClO3-  ClFe+2

Fe+3



Procedemos a ajustarlas primero en masa teniendo en cuenta que se trata de un medio ácido.

ClO3- + 6H+



Fe+2



2 Cl- + 3 H2O

Fe+3

Seguidamente ajustamos en carga mediante los electrones:

ClO3- + 6 H+ + 6 eFe+2





Cl- + 3 H2O

Fe+3 + e-

Balanceamos el ajuste multiplicando la segunda reacción por 6:

ClO3- - + 6 H+ + 6 e6 x (Fe+2 



Cl- + 3 H2O

Fe+3 + e-)

Nos queda:

ClO3- + 6 H+ + 6 e6 Fe+2 



Cl- + 3 H2O

6 Fe+3 + 6 e-

Sumando ambas reacciones resulta:

ClO3- + 6 H+ + 6 Fe+2



Cl- + 6 Fe+ + 3 H2O

c) Para obtener la reacción global hemos de tener en cuenta que hay una especie química que no entra en el proceso de ajuste que es el KCl y por lo tanto hay que hacer un pequeño recalculo y nos queda:

KClO3 - + 6 HCl + 6 FeCl2  KCl + 6 FeCl3 + 3 H2O

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